Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2018-2019 - Sở GD & ĐT Đăk Lăk (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2018-2019 - Sở GD & ĐT Đăk Lăk (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2018 – 2019 ĐĂK LĂK MÔN THI: TOÁN - CHUYÊN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi : 08/6/2018 (Thời gian 150 phút không kể thời gian giao đề) Câu 1: (2,0 điểm) Cho đa thức f x x3 2 x 2 1 m x m . 1) Khi m 2 , hãy phân tích đa thức f x thành nhân tử. 2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình f x 0 có ba nghiệm phân 2 2 2 biệt x1,, x 2 x 3 thỏa mãn x1 x 2 x 3 4 . Câu 2: (2,0 điểm) 2 15 x 1 15 x 3 1) Giải phương trình: x2 6 x 4 x x2 2 x 4 2x y x2 y 2 2 x 2 6 x xy 3 y 1 2) Giải hệ phương trình: . 3x2 y 7 5 x 2 5 y 14 4 2 x x 2 2 Câu 3: (2,0 điểm) 1) Truyện kể rằng một hoàng tử đi cứu công chúa và gặp một con rắn có 100 cái đầu. Hoàng tử có hai thanh kiếm: Thanh kiếm thứ 1 cho phép chặt đúng 21 cái đầu rắn. Thanh kiếm thứ 2 cho phép chặt đúng 9 cái đầu rắn nhưng khi đó con rắn lại mọc thêm 2018 cái đầu khác. Biết rằng nếu con rắn có ít hơn 21 cái đầu hoặc 9 cái đầu thì hoàng tử không dùng được thanh kiếm 1 hoặc thanh kiếm 2 tương ứng và hoàng tử cứu được công chúa nếu như con rắn bị chặt hết đầu. Hỏi hoàng tử có cứu được công chúa không? 2) Tìm các số nguyên x,, y z thỏa mãn đồng thời: x2 4 y 2 z 2 2 xz 4( x z ) 396 và x2 y 2 3 z . Câu 4: (1,0 điểm) 1) Cho các số thực x, y không âm, chứng minh rằng x3 y 3 x 2 y xy 2 . 2) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc 1. Chứng minh rằng: ab bc ca 1. a5 b 5 abb 5 c 5 bcc 5 a 5 ca Câu 5: (3,0 điểm) 1) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB IE, DI cắt CE tại N. Chứng minh NI.ND = NE.NC. c) Gọi M là giao điểm của EF và IC. Chứng minh MN vuông góc với CH. 2) Biết rằng mỗi đường chéo của một ngũ giác lồi ABCDE cắt ra khỏi nó một tam giác có diện tích bằng 1. Tính diện tích của ngũ giác ABCDE. NNgguuyyễễnn DDưươơnngg HHảảiii –– GGVV TTHHCCSS NNgguuyyễễnn CChhííí TThhaannhh –– BBMMTT –– ĐĐăăkk LLăăkk (((SSưưuu tttầầmm ggiiiớớiii ttthhiiiệệuu))) trang 1
2. SƠ LƯỢC BÀI GIẢI Câu 1: (2,0 điểm) 1) Khi m 2 , ta có: fxxxxxx 32 2 2 2 2 x 2 xx 2 2 1 xxx 2 1 1 3 2 2 x1 1 2) Ta có: fxx 2 x 1 mxmx 1 xxm 0 2 x x m 0 * Do đó f x 0 có ba nghiệm phân biệt * có hai nghiệm phân biệt x2, x 3 khác 1 m 0 m 0 x2 x 3 1 1 . Theo Viét ta có: 1 4m 0 m x2 x 3 m 4 2 2 2 2 2 22 2 Khi đó: x1 x 2 x 3 4 1x2 x 3 4 x 2 x 3 2 x 2 x 3 3 1 2 m 3 2 m 2 m 1 m 0 Kết hợp với , ta có 1 thì phương trình f x 0 có ba nghiệm phân biệt x1,, x 2 x 3 m 1 4 2 2 2 thỏa mãn x1 x 2 x 3 4 . x 0 x 0 2 Câu 2: (2,0 điểm) 1) ĐK: x 6 x 4 0 * 2 x 3 5, x 3 5 x 2 x 4 0 2 15 x 1 15 x 3 Ta có: 15x x2 2 x 4 x 2 6 x 4 x 2 13 x 4 x2 6 x 4 x x2 2 x 4 15x a 2 x a 6 x a 13 x (với a x2 4 ) 2 2 a 4 x 48x 8 ax a 0 4 x a 12 x a 0 a 12 x +) a 4 x x2 4 4 x x 2 2 0 x 2 (TM *) x 6 4 2 +) a 12 x x2 4 12 x x 2 12 x 4 0 (TM *) x 6 4 2 2 7 2 x y 3 x y 7 0 3 2 7 2) ĐK: x y * 2 14 3 5x 5 y 14 0 x2 y 5 12 xyxy 2 2 2 xxy 2 6302 xy xyxyxxy 2 2 2320 xy 2x y 2x y 0 2x y x2 y 2 x 3 0 2 2 2 1 2 11 x y x 3 0 x y 0 vo ly 2 4 Với 2x y , ta có: 2 2 VT 2 3 x2 6751014314519495 x x 2 x x x VP 2 5 x 1 2 5 NNgguuyyễễnn DDưươơnngg HHảảiii –– GGVV TTHHCCSS NNgguuyyễễnn CChhííí TThhaannhh –– BBMMTT –– ĐĐăăkk LLăăkk (((SSưưuu tttầầmm ggiiiớớiii ttthhiiiệệuu))) trang 2
3. Nên 3 xy2 7551442 xy 2 xxx 2 10 x 1 y 2 TM * Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất x, y 1; 2 Câu 3: (2,0 điểm) 1) Bàn luận: Thanh kiếm thứ 2 cho phép chặt đúng 9 cái đầu rắn nhưng khi đó con rắn lại mọc thêm 2018 cái đầu khác (hiểu chặt 9 cái đầu nhưng chưa hết đầu thì mới mọc thêm, chứ không thì mãi không chặt hết đầu rắn tức không cứu được công chúa) Lần 1 dùng thanh kiếm 2, số đầu rắn còn lại là: 100 – 9 + 2018 = 2109 (cái đầu) Lần 2; 3; ,,,; 101 dùng thanh kiếm 1, số đầu rắn còn lại là: 2019 – 100.21 = 9 (cái đầu) Lần 102 dùng thanh kiếm 2, số đầu rắn còn lại là: 9 – 9 = 0 (cái đầu) Vậy hoàng tử cứu được công chúa. 2) Ta có: x2 4 y 2 z 2 2 xz 4( x z ) 396 x z 2 4 x z 4 y2 396 x z 2 2 4 y 2 400 * x z 2 2 , đặt x z 22 k k Z ,*4 k2 4 y 2 400 k 2 y 2 100 a Lại có x2 y 2 3 z b . Từ a , b x2 100 k 2 3 z 0 x2100 k 2 322 k x 0 x 2 3 x k 2 61060 k có nghiệm 9 4 k2 6 k 106 0 6 451 k 2 2 k 14 4k 24 k 415 0 do k Z 6 451 k 8 k 2 Mặt khác 1000100 2 2 2 10 2 686 2 2 2 8 2 68 2 2 6 2 8 2 . Nên k 10; 8 +) k 10 y2 0 y 0. x z 2 20 z 18 x z 18 x x 6, z 12 2 2 x 3 z x 3 x 54 0 x 6 x 9 0 x 9, z 27 +) k 8 y2 36 y 6. x z 2 16 z 14 x 2 2 . không có nghiệm nguyên (vì 33 ) x 36 3 z x 3 x 6 0 Vậy các số nguyên x,, y z cần tìm là 6;0;12 và 9;0;27 Câu 4: (1,0 điểm) 1) Ta có: x3 y 3 x 2 y xy 2 xyxxyy 2 2 xyxy 0 xyxy 2 0 luôn đúng với mọi x 0, y 0 . Đẳng thức xảy ra x y 2) Áp dụng kết quả 1), ta có: a3 b 3 a 2b ab 2 , mặt khác a2 b 2 2 ab  a, b Vì a 0, b 0 nên 2 vế của các bất đẳng thức trên đều dương, do đó ta có: ab2233 a b 2 ab a 225522 b ab ababab ababababab 55 22 1 ab 1 1 (do abc 1) a5 b 5 ab a 2 b ab 2 1 ab a b c bc1 ca 1 Tương tự có ; b5 c 5 bc bc a b c c 5 a 5 ca ca a b c NNgguuyyễễnn DDưươơnngg HHảảiii –– GGVV TTHHCCSS NNgguuyyễễnn CChhííí TThhaannhh –– BBMMTT –– ĐĐăăkk LLăăkk (((SSưưuu tttầầmm ggiiiớớiii ttthhiiiệệuu))) trang 3
4. ab bc ca1 1 1 a b c 1 a5 b 5 ab b 5 c 5 bc c 5 a 5 ca ab a b c bc a b c ca a b c abc a b c a b c Đẳng thức xảy ra a b c 1 abc 1 Câu 5: (3,0 điểm) A M I E N F H O B D C 1) a/ Chứng minh rằng tứ giác DHEC nội tiếp. Xác định tâm O của đường tròn ngoại tiếp tứ giác DHEC. Xét tứ giác DHEC, ta có: CDH CEH 900 AD  BCBE ,  AC Vậy tứ giác DHEC nội tiếp. Vì CDH 900 nên CH là đường kính của dường tròn ngoại tiếp tứ giác DHEC tâm O của đường tròn ngoại tiếp tứ giác DHEC là trung điểm CH. b/ Chứng minh NI.ND = NE.NC. Xét CND và INE , ta có: CND INE (đối đỉnh) NCD NIE (góc nội tiếp cùng chắn cung DHE của (O)) ND NE Vậy CND INE (g-g) NI  ND NE  NC NC NI c/ Chứng minh MN vuông góc với CH. Xét tứ giác AEHF, ta có: AEH AFH 900 CF  AB , BE  AC Vậy tứ giác AEHF nội tiếp AEF AHF (góc nội tiếp cùng chắn cung AF ) Lại có CHD AHF (đối đỉnh), CHD CID (góc nội tiếp cùng chắn cung CD của (O)) NNgguuyyễễnn DDưươơnngg HHảảiii –– GGVV TTHHCCSS NNgguuyyễễnn CChhííí TThhaannhh –– BBMMTT –– ĐĐăăkk LLăăkk (((SSưưuu tttầầmm ggiiiớớiii ttthhiiiệệuu))) trang 4
5. AEF CID mà AEF MEN (đối đỉnh) nên CID MEN tứ giác MINE nội tiếp NME NIE mà DCE NIE (cmt), DCE AHE (tứ giác DHEC nội tiếp), AFE AHE (tứ giác AEHF nội tiếp) NME AFE MN// AB Mặt khác CH AB MN  CH (đpcm) 2) Theo giả thiết ta có: SSSSSABC BCD CDE DEA EAB 1 (đvdt) Vì SABC S EAB AB/ / CE ; S DEA S EAB AE / / BD . Gọi I là giao điểm của CE và BD, ta có tứ giác ABIE là hình bình hành SSABIEC 2 EAB 2 (đvdt) Đặt SxxBCI 0 1 SSS CDI BCD BCI 1 xSxSSSS ; BCD CDI DEI CDI CDE Sx DEI và SSBEI EAB 1 (tứ giác ABIE là hình bình hành) 1 5 x 0 l BIS S x 1 Ta có: BCI BEI x2 x 1 0 2 DI SCDI S DEI 1 x x 1 5 x n 2 1 5 5 5 Do đó SSSS 2 1 (đvdt) ABCDE ABIE BCI CDE 2 2 NNgguuyyễễnn DDưươơnngg HHảảiii –– GGVV TTHHCCSS NNgguuyyễễnn CChhííí TThhaannhh –– BBMMTT –– ĐĐăăkk LLăăkk (((SSưưuu tttầầmm ggiiiớớiii ttthhiiiệệuu))) trang 5